抛物线习题
抛物线是高考命题中热点之一。
常用技巧
- 抛物线设点技巧，
如抛物线\(y^2=4x\)上任一点可以设为\((x，y)\)，但其含有两个元；若设为\((4t^2，4t)\)或者设为\((\frac{y_0^2}{4}，y_0)\)，只含有一个元，故运算简单，具体参见本博文的[例7，2018高考新课标Ⅲ卷第16题]
- 抛物线的焦点弦长公式\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)的推导：
思路1：代数方法，联立方程组，
当直线的斜率不存在时，即直线的倾斜角\(\theta=90^{\circ}\)时，\(x_1=x_2=\cfrac{p}{2}\)，\(y_1=p\)，\(y_2=-p\)，
故\(|AB|=|y_1-y_2|=2p=\cfrac{2p}{sin^290^{\circ}}=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)。
当直线的斜率存在时，即\(k=tan\theta\)，焦点弦方程是\(y=k(x-\cfrac{p}{2})\)，代入抛物线方程得到\(k^2x^2-(k^2p+2p)x+\cfrac{k^2p^2}{4}=0\)，
利用韦达定理可知\(x_1+x_2=\cfrac{k^2p+2p}{k^2}\)，由抛物线的定义
\(|AB|=|AF|+|BF|=x_1+x_2+p=\cfrac{k^2p+2p}{k^2}+p=\cfrac{2p(k^2+1)}{k^2}\)
\(=2p\times\cfrac{tan^2\theta+1}{tan^2\theta}=2p\times\cfrac{sin^2\theta+cos^2\theta}{sin^2\theta}=\cfrac{2p}{sin^2\theta}\)。
思路2：几何方法，利用三角函数。
设\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)，则由抛物线的定义可知，\(|AB|=x_1+x_2+p\)，
\(|AF|=x_1+\cfrac{p}{2}\)，\(|CF|=x_1-\cfrac{p}{2}\)，又\(|CF|=|AF|cos\theta\)，则可知
\(cos\theta(x_1+\cfrac{p}{2})=x_1-\cfrac{p}{2}\)，解得\(x_1=\cfrac{1+cos\theta}{1-cos\theta}\cdot \cfrac{p}{2}\)，同理求得\(x_2=\cfrac{1-cos\theta}{1+cos\theta}\cdot \cfrac{p}{2}\)，
将其代入\(|AB|=x_1+x_2+p\)，则\(|AB|=\cfrac{p}{2}(\cfrac{1-cos\theta}{1+cos\theta}+\cfrac{1+cos\theta}{1-cos\theta})+p\)，整理得到\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\theta}\)。
记忆方法总结
- 焦点弦三角形的面积的最小值是\(AB\)为通经时；
如下图所示，抛物线\(y^2=2px\)，焦点\(F(1，0)\)，过点\(F\)的直线\(AB\)和抛物线交于点\(A\)，\(B\)，设点\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)，则可知\(y_1y_2=-p^2\)；
则\(S_{\triangle OAB}=\cfrac{1}{2}\times |OF|\times |y_1|+\cfrac{1}{2}\times |OF|\times |y_2|\)
\(=\cfrac{1}{2}\times |OF|\times (|y_1|+|y_2|)\ge \cfrac{1}{2}\times \cfrac{p}{2}\times 2\sqrt{|y_1y_2|}=\cfrac{p}{2}\cdot p=\cfrac{p^2}{2}\)；
当且仅当\(|y_1|=|y_2|\)时取到等号，即焦点弦三角形的面积的最小值是\(AB\)为通经时，其值为\(\cfrac{p^2}{2}\)。
给出方式
- 抛物线\(y^2=2px(p>0)\)经过点\((2，4)\)，即\(p=4\)；
- 抛物线\(y^2=2px(p>0)\)的焦点到准线的距离为\(4\)，即\(p=4\)；
抛物线性质
如下图所示，为抛物线\(y^2=2px\)的图像，过焦点\(F(\cfrac{p}{2}，0)\)的直线\(AB\)与抛物线相交于\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)两点，且直线\(AB\)的倾斜角为\(\angle xFA=\alpha\)，则有以下性质：
①\(x_1\cdot x_2=\cfrac{p^2}{4}\)；\(y_1\cdot y_2=-p^2\)；
②\(|AB|=x_1+x_2+p=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)；
③\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{p^2}{2sin\alpha}\)；
④\(\cfrac{1}{|AF|}+\cfrac{1}{|BF|}=\cfrac{2}{p}\)为定值；
⑤\(AB\)为焦点弦，当\(AB\perp x\)轴时，\(AB\)为通径；此时\(AB=2p\)；
设\(A(x_1，y_1)\)、\(B(x_2，y_2)\)，中点\(P(x_0，y_0)\)
（1）求\(A\)、\(B\)两点的横坐标之积和纵坐标之积；
分析：\(k_{OA}=\cfrac{y_1}{x_1}\)，\(k_{OB}=\cfrac{y_2}{x_2}\)，
由于\(OA\perp OB\)，则有\(k_{OA}\cdot k_{OB}=-1\)，则\(x_1x_2+y_1y_2=0\)，
又由于\(y_1^2=2px_1\)，\(y_2^2=2px_2\)，则有\(\cfrac{y_1^2}{2p}\cdot \cfrac{y_2^2}{2p}+y_1y_2=0\)，
由于\(y_1\neq 0\)，\(y_2\neq 0\)，故得到\(y_1y_2=-4p^2\)，\(x_1x_2=4p^2\)；
（2）求证：直线\(AB\)恒过定点；
分析：由于\(y_1^2=2px_1\)，\(y_2^2=2px_2\)，
所以\((y_1-y_2)(y_1+y_2)=2p(x_1-x_2)\)，
所以当\(x_1\neq x_2\)时，\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\cfrac{2p}{y_1+y_2}\)，即\(k_{AB}=\cfrac{2p}{y_1+y_2}\)
则直线\(AB:\) \(y-y_1=\cfrac{2p}{y_1+y_2}(x-x_1)\)，即\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+y_1-\cfrac{2px_1}{y_1+y_2}\)
所以\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+\cfrac{y_1^2-2px_1+y_1y_2}{y_1+y_2}\)
由于\(y_1^2=2px_1\)，\(y_1y_2=-4p^2\)，
所以\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+\cfrac{-4p^2}{y_1+y_2}\)，整理为\(y=\cfrac{2p}{y_1+y_2}(x-2p)\)，
所以直线\(AB\)过定点\((2p，0)\)，设\(M(2p，0)\)，
当\(x_1=x_2\)时，可知\(AB\)方程为\(x=2p\)，过点\(M(2p，0)\)，
综上可知，直线\(AB\)恒过定点\(M(2p，0)\)。
（3）求弦\(AB\)的中点\(P\)的轨迹方程；
分析：如图设\(OA:y=kx\)，代入\(y^2=2px\)，得到\(x=0\)或\(x=\cfrac{2p}{k^2}\)，故点\(A(\cfrac{2p}{k^2}，\cfrac{2p}{k})\)；
同理，以\(-\cfrac{1}{k}\)代替\(k\)，得到点\(B(2pk^2，-2pk)\)，
设中点\(P(x_0，y_0)\)，则\(\left\{\begin{array}{l}{x_0=p(k^2+\cfrac{1}{k^2})}\\{y_0=p(k-\cfrac{1}{k})}\end{array}\right.\)
由于\(k^2+\cfrac{1}{k^2}=(k-\cfrac{1}{k})^2-2\)，利用此公式消参，得到
\(\cfrac{x_0}{p}=(\cfrac{y_0}{p})^2+2\)，即\(y_0^2=px_0-2p^2\)，
即中点\(P\)的轨迹方程为\(y^2=px-2p^2\)。
（4）求\(\triangle AOB\)面积的最小值；
分析：\(S_{\triangle AOB}=S_{\triangle AOM}+S_{\triangle BOM}=\cfrac{1}{2}|MO|(|y_1|+|y_2|)\)\(=p(|y_1|+|y_2|)\geqslant 2p\sqrt{|y_1y_2|}\)\(=4p^2\)
当且仅当\(|y_1|=|y_2|=2p\)时，等号成立，
所以\(\triangle AOB\)面积的最小值为\(4p^2\)。
典例剖析
法1：常规方法，由于点\(P(-3，2)\)在抛物线\(C：y^2=2px(p>0)\)的准线上，
所以准线方程为\(x=-\cfrac{p}{2}=-3\)，解得\(p=6\)，即\(y^2=12x\)，
抛物线为\(y^2=12x\)，在第一象限的方程为\(y=2\sqrt{3}\sqrt{x}\)，
设切点\(A(m，n)\)，则\(n=2\sqrt{3}\sqrt{m}\)，
由导数可知，\(y'=2\sqrt{3}\times \cfrac{1}{2}\cfrac{1}{\sqrt{x}}=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{x}}\)，
则在切点\(A\)处的斜率为\(\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}\)
则直线\(PA\)的方程为：\(y-n=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}(x-m)\)，
将点\((-3，2)\)代入得到，\(2-n=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}(-3-m)\)①
又\(n=2\sqrt{3}\sqrt{m}\)②，
联立解得，\(m=\cfrac{11+2\sqrt{10}}{3}\)，\(n=2+2\sqrt{10}\)，
即点\(A(\cfrac{11+2\sqrt{10}}{3}，2+2\sqrt{10})\)
同理，可设切点\(B(a，b)\)，则在切点\(B\)处的斜率为\(-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}\)
则直线\(PB\)的方程为：\(y-b=-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}(x-a)\)，
将点\((-3，2)\)代入得到，\(2-b=-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}(-3-a)\)①
又\(b=-2\sqrt{3}\sqrt{a}\)②，
联立解得，\(m=\cfrac{11-2\sqrt{10}}{3}\)，\(n=2-2\sqrt{10}\)，
即点\(B(\cfrac{11-2\sqrt{10}}{3}，2-2\sqrt{10})\)，
故直线\(AB\)的斜率为\(k=\cfrac{(2+2\sqrt{10})-(2-2\sqrt{10})}{\frac{11+2\sqrt{10}}{3}-\frac{11-2\sqrt{10}}{3}}=3\)
故所求斜率为\(3\).
法2：【特殊方法】导数法，由题目先得到抛物线方程\(y^2=12x\)，对此式两边同时针对\(x\)求导，
得到\(2y\cdot y'=12\)，即\(y'=\cfrac{6}{y}\)，故经过抛物线上任意一点切线的斜率\(k=y'=\cfrac{6}{y}\)，
则以点\(A(x_1,y_1)\) ，\(B(x_2,y_2)\)为切点的切线方程分别为
\(y-y_1=\cfrac{6}{y_1}(x-x_1)\)；\(y-y_2=\cfrac{6}{y_2}(x-x_2)\)；
将点\(P(-3，2)\)坐标代入以上两个式子，
得到\(2-y_1=\cfrac{6}{y_1}(-2-x_1)\)；\(2-y_2=\cfrac{6}{y_2}(-3-x_2)\)；
又因为\(y_1^2=12x_1\)，\(y_2^2=12x_2\)，代入上式，
解得\(y_1=3x_1-9\)；\(y_2=3x_2-9\)
说明点\(A(x_1,y_1)\) ，\(B(x_2,y_2)\)都在同一条直线\(y=3x-9\)上，
即直线\(AB\)的方程为\(y=3x-9\)，故所求斜率为\(3\).
【法1】：常规方法，利用两点间距离公式，由于\(2p=3\)，则\(\cfrac{p}{2}=\cfrac{3}{4}\)，故焦点\(F(\cfrac{3}{4}，0)\)，又斜率为\(k=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，
则直线\(AB\)的方程为\(y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})\)，
联立直线\(AB\)和抛物线方程，得到\(\left\{\begin{array}{l}{y^2=3x}\\{y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})}\end{array}\right.\)，
消\(y\)得到\(16x^2-24\times7x+9=0\)，设点\(A(x_1，y_1)\)，点\(B(x_2，y_2)\)，
则\(x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}\)，\(x_1x_2=\cfrac{9}{16}\)，
故\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|\)
\(=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=12\)。
【法2】：利用直线\(AB\)的参数方程的参数的几何意义，
直线\(AB\)的参数方程为\(\begin{cases}x=\cfrac{3}{4}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t\\y=0+\cfrac{1}{2}t\end{cases}(t为参数)\)，将其代入\(y^2=3x\)中，
整理得到\(t^2-6\sqrt{3}t-9=0\)，设\(A\)，\(B\)对应的参数分别为\(t_1\)，\(t_2\)，
则\(\Delta>0\)，且有\(t_1+t_2=6\sqrt{3}\)，\(t_1t_2=-9\)，
故\(|AB|=|t_1-t_2|=\sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{36\times3-4\times(-9)}=12\)。
【法3】：利用抛物线的定义可知，\(|AB|=|AF|+|BF|=|AN|+|BO|=x_1+\cfrac{p}{2}+x_2+\cfrac{p}{2}=x_1+x_2+p\)，
故由法1中，得到\(x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}\)，\(p=\cfrac{3}{2}\)，即\(|AB|=x_1+x_2+p=12\)。
法4：利用抛物线的焦点弦长公式：\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)，则\(|AB|=\cfrac{2\times \frac{3}{2}}{(\frac{1}{2})^2}=12\)。
(1).求抛物线的方程。
分析：由题目图形可知，\(\cfrac{p}{2}=1\)，则\(p=2\)，故顶点在坐标原点，开口向右的抛物线的方程为\(y^2=2px\)，即\(y^2=4x\)。
(2).求证：直线\(QN\)过定点。
分析：如果直线过定点\((m，n)\)，则直线的表达式必然应该能化为：\(y-n=k(x-m)\)类型。
设点\(M(4t^2，4t)\)，点\(N(4t_1^2，4t_1)\)，点\(M(4t_2^2，4t_2)\)，则由题目易知直线\(MN\)的斜率存在，
且\(k_{MN}=\cfrac{4t-4t_1}{4t^2-4t_1^2}=\cfrac{1}{t+t_1}\)，从而直线\(MN\)的方程是\(y=\cfrac{1}{t+t_1}(x-4t^2)+4t\)，即\(x-(t+t_1)y+4tt_1=0\)。
同理可知，直线\(MQ\)的方程\(x-(t+t_2)y+4tt_2=0\)，直线\(NQ\)的方程\(x-(t_1+t_2)y+4t_1t_2=0\)，
又点\(A\)在直线\(MN\)上，从而有\(4tt_1=1\)，即\(t=\cfrac{1}{4t_1}\)；点\(B\)在直线\(MQ\)上，
从而有\(1+(t+t_2)+4tt_2=0\)，即\(1+(\cfrac{1}{4t_1}+t_2)+4\times \cfrac{1}{4t_1}t_2=0\)，
化简得到\(4t_1t_2=-4(t_1+t_2)-1\)，
代入\(NQ\)的方程，得到\(x-(t_1+t_2)y-4(t_1+t_2)-1=0\)，
即\(y+4=\cfrac{1}{t_1+t_2}(x-1)\)，故直线\(NQ\)经过定点\((1，-4)\)。
- 抛物线\(y^2=4x\)上的任意点的坐标的设法一般是\((x，y)\)，本题采用\((4t^2，4t)\)，是抛物线的参数方程的一种。
- 注意直线过定点的证明思路。
法1：如图所示，动圆的圆心为点\(P(x,y)\)，则有\(|PN|=|PM|+1\)，
即\(\sqrt{(x-2)^2+(y-0)^2}=|x+1|+1\)，由于动圆在直线\(x+1=0\)的右侧，即\(x+1>0\)，
故化简得到\(\sqrt{(x-2)^2+(y-0)^2}=x+1+1\)，整理得到\(y^2=8x\)，故选\(A\)；
法2：转化为能利用抛物线的定义来求解，其定义是说动点到定点的距离等于其到定直线的距离，
这样定点取\((2，0)\)，此时定直线必须取\(x=-2\)，
这样抛物线的标准方程为\(y^2=2px(p>0)\)，且\(\cfrac{p}{2}=2\)，即\(p=4\)，
故抛物线的标准方程为\(y^2=8x\)，故选\(A\)。
分析：由题意可知，\(|PQ|=|PD|\)，但是用这个不好建立轨迹方程，或者不能有效的和抛物线的定义建立联系，
故等价转化为\(|PA|=|PB|\)，且其模型为\(y^2=2px\)。
这样就可以理解为平面内一个动点\(P\)到一个定点\(A\)的距离等于其到定直线\(x=-2\)的距离。
由抛物线的定义可知，\(-\cfrac{p}{2}=-2\)，即\(p=4\)，故\(y^2=2\times 4x=8x\)，故选\(A\)。
法1：点差法，做出如下示意图，连结\(MH\)，\(H\)为焦点弦\(AB\)的中点，
由于\(\triangle AMB\)为直角三角形，\(H\)为\(AB\)的中点，则\(MH=\cfrac{1}{2}AB\)，
又由于\(AB=AF+BF=AP+BQ\)，则\(MH=\cfrac{1}{2}AB=\cfrac{1}{2}(AP+BQ)\)，
故\(MH\)为直角梯形的中位线，则\(MH//x\)轴，
设\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)，则有\(y_1^2=4x_1\) ①，\(y_2^2=4x_2\) ②，
①-②得到，\(y_1^2-y_2^2=4(x_1-x_2)\)，即\((y_1+y_2)(y_1-y_2)=4(x_1-x_2)\)，
则有\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\cfrac{4}{y_1+y_2}\)，即\(k=\cfrac{4}{y_1+y_2}\)，
又由于\(MH//x\)轴，\(M(-1，1)\)，则\(H\)点的纵坐标为1，即\(\cfrac{y_1+y_2}{2}=1\)，则\(y_1+y_2=2\)，代入上式，
得到\(k=\cfrac{4}{y_1+y_2}=2\).
法2：向量法，设直线\(AB：y=k(x-1)\)，由于点\(A，B\)都在抛物线上，故设\(A(4t_1^2，4t_1)\)，\(B(4t_2^2，4t_2)\)，
联立直线和抛物线，得到\(\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-1)}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\)，消\(x\)得到，
\(y^2-\cfrac{4}{k}y-4=0\)，则由韦达定理可知，\(4t_1+4t_2=\cfrac{4}{k}\)，\(4t_1\cdot 4t_2=-4\)，
即\(t_1+t_2=\cfrac{1}{k}\)，\(t_1\cdot t_2=-\cfrac{1}{4}\)，
又\(\overrightarrow{MA}=(4t_1^2+1，4t_1-1)\)，\(\overrightarrow{MB}=(4t_2^2+1，4t_2-1)\)，\(\angle AMB=90^{\circ}\)，
则\(\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0\)，即\((4t_1^2+1)(4t_2^2+1)+(4t_1-1)(4t_2-1)=0\)，
打开整理得到，\(16(t_1t_2)^2+4(t_1^2+t_2^2)+1+16t_1t_2-4(t_1+t_2)+1=0\)，
代入整理得到，\(\cfrac{4}{k^2}-\cfrac{4}{k}+1=0\)，即\((\cfrac{2}{k}-1)^2=0\)，解得\(k=2\)。
法1：做出如下的示意图，设直线\(AB\)的斜率为\(k\)，不妨只考虑\(k>0\)，则\(AB:y=k(x-4)\)，即\(kx-y-4k=0\)；
将直线和抛物线方程联立，消去\(x\)得到，\(ky^2-4y-16k=0\)，则\(y_1+y_2=-\cfrac{-4}{k}=\cfrac{4}{k}\)，\(y_1y_2=-16\)，
则\(|AB|=\sqrt{1+\cfrac{1}{k^2}}|y_1-y_2|=\sqrt{1+\cfrac{1}{k^2}}\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}\)
\(=\sqrt{1+\cfrac{1}{k^2}}\sqrt{(\cfrac{4}{k})^2-4\times (-16)}=\sqrt{\cfrac{k^2+1}{k^2}}\cdot 4\cdot \sqrt{\cfrac{4k^2+1}{k^2}}\)
\(=4\cdot \cfrac{\sqrt{k^2+1}\cdot \sqrt{4k^2+1}}{k^2}\)，
又点\(F\)到直线\(AB\)的距离为\(d=h=\cfrac{|3k|}{\sqrt{k^2+1}}=\cfrac{3k}{\sqrt{k^2+1}}\)，
则\(S_{\triangle ABF}=\cfrac{1}{2}\cdot 4\cdot \cfrac{\sqrt{k^2+1}\cdot \sqrt{4k^2+1}}{k^2}\cdot \cfrac{3k}{\sqrt{k^2+1}}\)
\(=6\times \cfrac{\sqrt{4k^2+1}}{k}=6\times \sqrt{4+\cfrac{1}{k^2}}\)，
当\(k\rightarrow \infty\)时，所求面积有最小值，\(S_{min}=6\times 2=12\)。故选\(B\).
法2：仿上利用均值不等式可以说明，当\(AB\)和\(x\)轴垂直时，\(S_{\triangle ABF}\)有最小值；
\(S_{\triangle ABF}=\cfrac{1}{2}\cdot 3\cdot (|y_1|+|y_2|)\ge \cfrac{3}{2}\cdot 2\sqrt{|y_1y_2|}= \cfrac{3}{2}\cdot 2\cdot 4=12\)，故选\(B\).
分析：如图所示，直线过抛物线的焦点，故利用抛物线的焦点弦长公式可得，\(\cfrac{2p}{sin^2\theta}=17\)，
又由于直线的斜率\(k=4\)，则\(sin^2\theta=\cfrac{2p}{17}\)，\(cos^2\theta=\cfrac{17-2p}{17}\)，则\(k^2=16=tan^2\theta=\cfrac{2p}{17-2p}\)，
解得\(p=8\)，从而\(a=16\)，抛物线为\(y^2=16\)；
由图可知所求直线和抛物线相切于第一象限，故涉及到的函数为\(y=f(x)=4\sqrt{x}\)，
设切点为\(P(x_0，y_0)\)，则\(f'(x_0)=\cfrac{2}{\sqrt{x_0}}=4\)，求得\(x_0=\cfrac{1}{4}\)，\(y_0=2\)，
又所求直线的\(k=4\)，由点斜式方程可得，所求直线为\(4x-y+1=0\)，故选\(B\).
解后反思：焦点弦的公式不止一个，此处选用这一个就是考虑变量少，运算简单。
分析：如图所示，由题可知，\(|OF|=|OK|=2\)，\(|KF|=4\)，由抛物线定义可知，\(|AF|=|AB|\)，则\(|AK|=\sqrt{2}|AB|\)，
故可知\(\angle AKF=45^{\circ}\)，在\(\triangle AKF\)中，\(|KF|=4\)，设\(|AF|=x\)，则\(|AK|=\sqrt{2}x\)，
由余弦定理可知，\(|AF|=4\)，其高为\(|KB|=4\)，故\(S_{\triangle AFK}=\cfrac{1}{2}\times 4\times 4=8\)，故选\(C\)。
分析：如图所示，由于\(\triangle OAB\)为等边三角形，则边\(AB\)必然垂直于\(x\)轴，设点\(A(4t^2，4t)\)，则\(B(4t^2，-4t)\)，
由于\(\angle AOC=30^{\circ}\)，则由斜率公式可知，\(\cfrac{4t}{4t^2}=tan30^{\circ}\)，解得\(t=\sqrt{3}\)，
故\(|AC|=|BC|=4\sqrt{3}\)，则\(|AB|=8\sqrt{3}\)，故高\(|OC|=4\sqrt{3}\times \sqrt{3}=12\)，
则\(S_{\triangle OAB}=\cfrac{1}{2}\times 8\sqrt{3}\times 12=48\sqrt{3}\)，故选\(D\).
分析：由题可知，抛物线方程为\(y^2=8x\)，直线\(l'\)方程为\(y-3=-2x\)，即\(l'：2x+y-3=0\)，
设点\(M(x_1，y_1)\)，\(N(x_2，y_2)\)，线段\(MN\)的中点为\((x_0，y_0)\)，联立\(y^2=8x\)和\(2x+y-3=0\)，
消去\(y\)得到\(4x^2-20x+9=0\)，由韦达定理得到\(x_1+x_2=5\)，\(x_1x_2=\cfrac{9}{4}\)，
则可知\(x_0=\cfrac{x_1+x_2}{2}=\cfrac{5}{2}\)，代入\(l'：2x+y-3=0\)，得到\(y_0=-2\)；即圆心坐标为\((\cfrac{5}{2}，-2)\)；
又由弦长公式得到\(MN=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|\)
即\(MN=\sqrt{1+(-2)^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{5}\sqrt{25-9}=4\sqrt{5}\)，
故半径为\(2\sqrt{5}\)，则以\(MN\)为直径的圆的方程为\((x-\cfrac{5}{2})^2+(y+2)^2=20\)，故选\(A\)。
待解答。
分析：准线为\(x=-1\)，当点\(A\)，\(P\)，\(E\)三点共线，即三点连线与\(x\)轴平行时\(|PE|+|PA|\)之和最小；
此时\([|PA|+|PE|]_{min}=|AE|=|4-(-1)|=5\)，此时点\(E(-1,2)\)，点\(P(1,2)\)。
分析：由于点\(P\)在直线\(x+y+2=0\)上，故设\(P(-2-y_{0}, y_{0})\)，
又由于点\(A\)，\(B\)在\(y=x^{2}\)上，故设\(A(x_{1}, x_{1}^{2})\), \(B(x_{2}, x_{2}^{2})\)，
由于\(y^{\prime}=2x\)，则\(k_{1}=2x_{1}\)，则在\(A\)点的切线方程\(l_{1}\)为\(y-x_{1}^{2}=2x_{1}(x-x_{1})\)，
又由于点\(P\)在\(l_{1}\)上，则\(y_{0}-x_{1}^{2}=2 x_{1}(-2-y_{0}-x_{1})\)，即\(x_{1}^{2}+2(y_{0}+2)x_{1}+y_{0}=0\)，
同理， \(B\)点的切线方程有\(x_{2}^{2}+2(y_{0}+2)x_{2}+y_{0}=0\)，[仿上的结果直接写出，工作量减少一半]
所以，\(x_{1}\)，\(x_{2}\)是方程\(x^{2}+2(y_{0}+2)x+y_{0}=0\)的两根，[此处用到合二为一的策略]
由韦达定理可知，\(\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=-2(y_{0}+2)\\x_{1}x_{2}=y_{0}\end{array}\right.\)
则有\(\cfrac{y_{0}+y_{1}+y_{2}}{3}=\cfrac{x_{1} x_{2}+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{3}\)
\(=\cfrac{x_{1} x_{2}+(x_{1}+x_{2})^2-2x_1x_2}{3}=\cfrac{(x_{1}+x_{2})^2-x_1x_2}{3}\)
\(=\cfrac{4(y_0+2)^2-y_0}{3}=\cfrac{4y_0^2+15y_0+16}{3}>0\) [\(\Delta=15^2-4\times4\times16<0\)]
故\(\triangle PAB\)的重心恒在\(x\)轴上方, 故选\(A\).
解析： 抛物线 \(x^{2}=y\) 的焦点为 \(F(0，\cfrac{1}{4})\) ，[用图形帮助大家理解本题目所采用的算理]
设直线 \(m\) 的倾斜角为 \(\alpha\) ，可得直线 \(m\) 的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=0+t\cos\alpha ，\\y=\cfrac{1}{4}+t\sin\alpha\end{array}\right.\) ( \(t\) 为参数)，
代入抛物线的方程 \(x^{2}=y\) 得到关于\(t\)的一元二次方程 ， \(\cos^{2}\alpha\cdot t^2-\sin\alpha\cdot t-\cfrac{1}{4}=0\) ，
则其必然满足 \(\Delta=(-\sin\alpha)^2+\cos^2\alpha=1>0\)，设 \(P\)，\(Q\) 对应的参数分别为 \(t_{1}\)，\(t_{2}\) ，
则由韦达定理得到， \(t_{1}+t_{2}=\cfrac{\sin\alpha}{\cos^{2}\alpha}\) ， \(t_{1} t_{2}=-\cfrac{1}{4\cos^{2}\alpha}\) ，
则 \(|PQ|=|t_{1}-t_{2}|=\sqrt{(t_{1}+t_{2})^{2}-4 t_{1}t_{2}}\)
\(=\sqrt{\cfrac{\sin ^{2} \alpha}{\cos ^{4}\alpha}+\cfrac{1}{\cos ^{2} \alpha}}\)\(=\sqrt{\cfrac{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}{\cos ^{4} \alpha}}=\cfrac{1}{\cos ^{2} \alpha}\)
即有 \(|PQ|=\cfrac{1}{\cos^{2}\alpha}\) ，[如何计算\(|MN|\)才是这个题目的难点，同样的思路走一遍，必然费时费力]
将 \(\alpha\) 换为 \(\alpha+30^{\circ}\) ，同理由于计算 \(|MN|\) 的算理和计算方法和计算 \(|PQ|\) 的是完全一样的，二者不同的仅仅是倾斜角，这样我们就可以直接借助上述的结论得到我们想要的东西，而且能节省大量的时间和精力，更重要的是锤炼了我们的数学素养。不过需要注意此处的思维跳跃性还是很大的。需要我们平时有意识的加以练习。 可得 \(|MN|=\cfrac{1}{\cos^{2}\left(\alpha+30^{\circ}\right)}\) ，
则 \(\cfrac{1}{|P Q|}+\cfrac{1}{|M N|}=\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2}\left(\alpha+30^{\circ}\right)\)
\(=\cfrac{1+\cos 2 \alpha}{2}+\cfrac{1+\cos \left[2\left(\alpha+30^{\circ}\right)\right]}{2}\)
\(=1+\cfrac{1}{2}\left[\cos 2 a+\cos \left(2 a+60^{\circ}\right)\right]\)
\(=1+\cfrac{1}{2}\left(\cfrac{3}{2} \cos 2 \alpha-\cfrac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 \alpha\right)\)
\(=1+\cfrac{\sqrt{3}}{2} \cos \left(2 \alpha+30^{\circ}\right)\)
当 \(\cos \left(2 \alpha+30^{\circ}\right)=-1\) ，即 \(\alpha=75^{\circ}\) 时， \(\cfrac{1}{|PQ|}+\cfrac{1}{|MN|}\) 的最小值为 \(1-\cfrac{\sqrt{3}}{2}\).
〔解后反思〕：如果学校是代数、几何内容分开讲授，那么一看到抛物线和直线的相交问题，则学生很可能会想到设直线的点斜式方程，联立曲线方程利用弦长公式的思路来求解，从而由于运算量大而主动退却放弃；这一思维定势需要克服，同时需要深入体会参数方程在解决这一类问题的便利。
其中所有正确结论的编号为______________.
解: 设 \(A(x_{1}, y_{1})\)， \(B(x_{2}, y_{2})\)， 可知 \(F(0，\cfrac{p}{2})\)， 直线 \(AB\) 的方程为 \(y=k x+\cfrac{p}{2}\)，
联立 \(\left\{\begin{array}{l}x^2=2py\\y=kx+\cfrac{p}{2}\end{array}\right.\)， 化为 \(x^{2}-2pkx-p^{2}=0\)， 则 \(x_{1}+x_{2}=2pk\)，\(x_{1}x_{2}=-p^{2}\)，
而 \(y_{1}y_{2}=\cfrac{p^{2}}{4}\)， 所以 \(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=-p^{2}+\cfrac{p^{2}}{4}=-\cfrac{3}{4}p^{2}=-3\)，
所以 \(p=2\)， 故抛物线的标准方程为 \(x^{2}=4y\) ； 故 ①. 正确；
设 \(P(x_{0}, y_{0})\) 为抛物线上一点，由于抛物线方程为 \(y=\cfrac{1}{4}x^{2}\)， 则 \(y'=\cfrac{1}{2}x\)，
则在 \(P\) 点处的切线方程斜率 \(k=\cfrac{x_{0}}{2}\)， 所以 \(P\) 点处的切线方程为\(y-y_0=\cfrac{x_0}{2}(x-x_0)\)，
又由于 \(y_0=\cfrac{1}{4}x_0^2\)，故切线方程为 \(y=\cfrac{x_{0}}{2}x-y_{0}\)，
由于切线与 \(x\) 轴， \(y\) 轴分别交于点 \(M\)， \(N\)， 所以 \(M(\cfrac{2y_{0}}{x_{0}}, 0)\)，\(N(0，-y_{0})\)，
所以 \(S_{\triangle OMN}=\cfrac{1}{2}|OM||ON|=\cfrac{1}{2}\times|\cfrac{2y_{0}}{x_{0}}||-y_{0}|=|\cfrac{(\frac{{x_0}^2}{4})^2}{x_{0}}|=|\cfrac{x_{0}^{3}}{16}|\)， 故面积不为定值， 故 ②. 错误；
因为 \(M(\cfrac{2y_{0}}{x_{0}}, 0)\)，\(P(x_{0}, y_{0})\)， \(N(0,-y_{0})\)， 可知 \(\left\{\begin{array}{l}2 \cdot\cfrac{2y_{0}}{x_{0}}=\cfrac{x_{0}^{2}}{x_{0}}=x_{0}+0\\2\times 0=y_{0}+(-y_{0})\end{array}\right.\)，
所以 \(M\) 为 \(PN\) 的中点， 故 ③. 正确;
因为 \(PH\)\(\perp\)\(l\) 垂足为 \(H\)， 所以 \(H(x_{0},-1)\)， \(N(0,-y_{0})\)， \(F(0,1)\)， \(P(x_{0}, y_{0})\)，
因此 \(|FN|=|PH|\) 且 \(FN//PH\)， 所以四边形 \(PFNH\) 为平行四边形， 又根据抛物线定义 \(|PH|=|PF|\)，
故四边形 \(PFNH\) 为菱形， 故④. 正确.
故答案为: ①.③.④.
